Đề tuyển sinh lớp 10 chuyên môn Toán (chuyên) năm 2024 – 2025 sở GD&ĐT Hà Nam

LỜI GIẢI THAM KHẢO ĐỀ TOÁN CHUYÊN HÀ NAM 2024-2025
CÙ THANH BÌNH (THPT CHUYÊN BIÊN HOÀ)
HOÀNG VĂN QUYỀN (THPT ĐÔNG DU) 1. ĐỀ THI √ √ √ √ x x + 5 x + 6 x − 7 x − 8 2x + 10 x + 12
Câu 1. (1, 5 điểm) Cho biểu thức A = √ − √ − √ x + 2 x − 3 x + 2 x + 1 x − x − 6 với x ≥ 0, x 6= 9 1. Rút gọn biểu thức A 4
2. Tìm tất cả các giá trị của x để biểu thức nhận giá trị nguyên A
Câu 2. (1, 0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P ) có phương trình y = ax2
và đường thẳng (d) cắt parabol (P ) tại hai điểm phân biệt sao cho hoành độ một điểm là √ √ 5 − 3 x = √ √ 5 + 3 Câu 3. (1, 5 điểm) √ 1. Giải phương trình x3 + 1 + x2 − 3x − 1 = 0 (√ p √ x + 1 + y2 + 4 + y = 4 2. Giải hệ phương trình p √ 2
xy2 + 4x + y2 + 4 − y + 4 y = 8
Câu 4 (1,0 điểm). Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho 2n − 1 và 3n + 1 là các số chính
phương và 6n − 13 là số nguyên tố
Câu 5 (4,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao
AD, BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H
1. Chứng minh DA là tia phân giác của góc EDF HD HE HF 2. Chứng minh + + = 1 AD BE CF
3. Gọi M là giao điểm của tia EF với đường tròn (O). Gọi P, Q lần lượt là tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác BM F và tam giác CM E. Chứng minh AM ⊥ P Q 1 2
Cù Thanh Bình - Hoàng Văn Quyền (AB + BC + CA)2
4. Tìm mối liên hệ giữa các cạnh của tam giác ABC để biểu thức đạt AD2 + BE2 + CF 2 giá trị nhỏ nhất
Câu 6 (1,0 điểm). Cho a, b, c là ba số thực dương thoả mãn điều kiện abc ≥ 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1 1 1 P = + + a2 + 1 + bc b2 + 1 + ac ab(c2 + 1) + 1
Thí sinh được phép sử dụng máy tính bỏ túi không có chức năng soạn thảo văn bản và thẻ nhớ
Lời giải tham khảo đề toán chuyên Hà Nam 2024-2025 3 2. LỜI GIẢI Câu 1. (Cù Thanh Bình) Với x ≥ 0, x 6= 9 1. √ √ √ √ x x + 5 x + 6 x − 7 x − 8 2x + 10 x + 12 A = √ − √ − √ x + 2 x − 3 x + 2 x + 1 x − x − 6 √ √ √ √ √ √ ( x + 1)(x − x + 6) ( x + 1)( x − 8) 2( x + 2)( x + 3) A = √ √ − √ − √ √ ( x + 1)( x − 3) ( x + 1)2 ( x + 2)( x − 3) √ √ √ x − x + 6 x − 8 2( x + 3) A = √ − √ − √ x − 3 x + 1 x − 3 x + 8 A = √x + 1 x + 8 Vậy A = √ với x ≥ 0, x 6= 9 x + 1 2.
Điều kiện xác định: x ≥ 0, x 6= 9 4 4 Đặt B = = A x + 8 √x + 1 Vì x ≥ 0 nên x + 8 > 0 ⇒ B > 0(1) √ √ 4( x + 1) −( x − 2)2 Xét B − 1 = − 1 = ≤ 0 x + 8 x + 8 ⇒ B ≤ 1(2)
Từ (1), (2) ⇒ 0 < B ≤ 1 mà B nguyên nên B = 1 √
Khi đó thì dấu "=" ở (2) xảy ra: x − 2 = 0 x = 4 (Thỏa mãn) Vậy x = 4 Câu 2. (Cù Thanh Bình) √ √ 5 − 3 √ Ta có: x = √ √ = 4 − 15 5 + 3
Dễ thấy a 6= 0(Vì nếu a = 0 thì (d) cắt (P ) tại một điểm)
Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P ) và (d)
ax2 = bx − 1 ⇔ ax2 − bx + 1 = 0(1)
Do (d) cắt (P ) tại hai điểm phân biệt nên phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt hay ∆ > 0 4
Cù Thanh Bình - Hoàng Văn Quyền
⇒ b2 − 4a > 0 ⇔ b2 > 4a √
Vì hoành độ một điểm là x = 4 −
15 là nghiệm của phương trình (1) √ √ ⇒ a(4 − 15)2 − b(4 − 15) + 1 = 0 √ √ ⇔ 31a − 8 15a − 4b + 15b + 1 = 0
√15(b − 8a) = 4b − 31a − 1 √ 4b − 31a − 1 Nếu b − 8a 6= 0 ⇒ 15 = (2) b − 18a
Ta thấy vế trái (2) là số vô tỷ, vế phải là số hữu tỉ nên vô lý.
Nếu b − 8a = 0 ⇒ 4b − 31a − 1 = 0
Từ đó tìm được (a, b) = (1, 8) (Thỏa mãn) Vậy (a, b) = (1, 8)
Câu 3. (Hoàng Văn Quyền-Cù Thanh Bình) 1. ĐKXĐ: x ≥ −1 Ta có √ x3 + 1 + x2 − 3x − 1 = 0
⇔ p(x + 1)(x2 − x + 1) + (x2 − x + 1) − 2(x + 1) = 0 √ √ ⇔ p p ( (x2 − x + 1) − x + 1)( (x2 − x + 1) + 2 x + 1) = 0 Ta xét 2 trường hợp sau: (a) √ p(x2 − x + 1) − x + 1 = 0 √ ⇔ p(x2 − x + 1) = x + 1 ⇔ x2 − x + 1 = x + 1 ⇔ x2 − 2x = 0 ⇔ x(x − 2) = 0
Do đó x = 2(tm) hoặc x = 0(tm) √
(b) p(x2 − x + 1) + 2 x + 1 = 0 1 2 3 √
Điều này vô lí do x2 − x + 1 = x − +
> 0 nên p(x2 − x + 1) + 2 x + 1 > 0 2 4
Vậy tóm lại phương trình có tập nghiệm S = {0; 2} x ≥ −1   2. ĐKXĐ: y ≥ 0  xy2 + 4x + y2 + 4 ≥ 0 (√ p √ x + 1 + y2 + 4 + y = 4(1) p √ 2
xy2 + 4x + y2 + 4 − y + 4 y = 8(2)
Lời giải tham khảo đề toán chuyên Hà Nam 2024-2025 5 √ p √ Từ (1) ta có: ( x + 1 + y2 + 4)2 = (4 − y)2 √ Từ p (2) ta có: 4
(x + 1)(y2 + 4) − 2y + 8 y = 16
Trừ vế cho nhau ta được: √ ( x + 1 − py2 + 4)2 + y = 0 √
Ta thấy y ≥ 0, ( x + 1 − py2 + 4)2 ≥ 0 √
⇒ ( x + 1 − py2 + 4)2 + y ≥ 0 √ p Dấu "=" xảy ra khi: x + 1 = y2 + 4, y = 0
Khi đó ta được (x, ) = (3, 0)(Thỏa mãn)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x, y) = (3, 0) Câu 4. (Cù Thanh Bình)
Ta thấy hiển nhiên n ≥ 3 (Vì nếu n < 3 thì 6n − 13 ≤ −1 < 0 vô lý)
Đặt 2n − 1 = a2, 3n + 1 = b2
Ta có: 6n − 13 = 9(2n − 1) − 4(3n + 1) = 9a2 − 4b2 = (3a − 2b)(3a + 2b)
Mà 6n − 13 nguyên tố và 3a + 2b > 3a − 2b, 3a + 2b > 1 nên: 3a − 1 ⇒ 3a − 2b = 1 hay b = 2 2n − 1 = a2(1)  Ta có hệ: (3a − 1)2 3n + 1 = (2) 4 a2 + 1 Từ (1) ⇒ n = thay vào (2) ta được: 2 a2 + 1 (3a − 1)2 3. + 1 = 2 4
giải phương trình này ta được a = −1 (Loại) hoặc a = 3
Với a = 3 ⇒ n = 5 (Thỏa mãn) Vậy n = 5
Câu 5. (Hoàng Văn Quyền-Cù Thanh Bình) 6
Cù Thanh Bình - Hoàng Văn Quyền
1. Vì ∠BF H = ∠BDH = 90◦ nên BF HD nội tiếp.
Vì ∠HEC = ∠HDC = 90◦ nên CEHD nội tiếp
Vì ∠BF C = ∠BEC = 90◦ nên BF EC nội tiếp
Do đó, ta có: ∠F HD = ∠F BH = ∠F BE = ∠F CE = ∠HCE = ∠HDE Vậy DH là phân giác F DE 2.
Kí hiệu SABC là diện tích 4ABC, khi đó ta có 1 1 1 HD HE HF HD.BC HE.AC HF.AB SBHC SCHA SAHB SABC + + = 2 + 2 + 2 = + + = AD BE CF 1 1 1 S S S S AD.BC BE.AC CF.AB ABC ABC ABC ABC 2 2 2 HD HE HF ⇒ + + = 1 AD BE CF 3.
Gọi giao điểm thứ hai của EF với (O) là S
Kẻ đường kính AV của (O). Gọi T là giao AV với EF
Ta có ∠AF E = ∠ACB (do BF EC nội tiếp) ∠F AT = ∠BAV = ∠BCV
Do đó ∠AF E + ∠F AT = ∠ACB + ∠BCV = ∠ACV = 90◦ _ _
Vậy AO ⊥ EF . Do đó AM =AN
Suy ra ∠AMF = ∠MBF = ∠MCE 180◦ − ∠M P F
Vậy nên ∠AMP = ∠AMF + ∠F MP = ∠AMF + = ∠M BF + 90◦ − 2
∠MBF = 90◦. Suy ra AM ⊥ MP 180◦ − ∠M QE
Ta có ∠AMQ = ∠AMF + ∠EMQ = ∠MCE + = ∠M CE + 90◦ − 2 ∠MCE = 90◦ Suy ra AM ⊥ M Q
Vậy ta có M, P, Q thẳng hàng và P Q ⊥ AM 4.
Lời giải tham khảo đề toán chuyên Hà Nam 2024-2025 7 Đặt AB = c, AC = b, BC = a
Từ B kẻ tia Bx vuông góc BE. Lấy N đối xứng A qua Bx. Gọi M là trung điểm AN
Ta có: ∆ABN cân tại B nên BA = BN
Ta có: AEBM là hình chữ nhên nên ∆AN C vuông tại A
⇒ AN 2 + AC2 = N C2 (Định lý Pytago)
Mà N C ≤ N B + BC (BĐT trong ∆BCN ) ⇒ AN 2 + AC2 ≤ (BN + BC)2 ⇔ 4BE2 + AC2 ≤ (BA + BC)2 ⇔ 4BE2 ≤ (a + c)2 − b2
Tương tự: 4CF 2 ≤ (a + b)2 − c2, 4AD2 ≤ (b + c)2 − a2
Do đó: 4(BE2 + CF 2 + AD2) ≤ (a + b)2 + (b + c)2 + (a + c)2 − a2 − b2 − c2 = (a + b + c)2 (a + b + c)2 ⇒ ≥ 4 BE2 + CF 2 + AD2
Dấu "=" xảy ra khi: a = b, b = c, a = c hay a = b = c ⇒ ∆ABC đều 8
Cù Thanh Bình - Hoàng Văn Quyền Câu 6. (Cù Thanh Bình)
Ta có: ab(c3 + 1) + 1 = abc3 + ab + 1 ≥ c2 + 1 + ab ≥ 2c + ab (Áp dụng abc ≥ 1 và BĐT AM-GM cho 2 số c2, 1) 1 1 c c ⇒ ≤ = ≤ (Do abc ≥ 1) ab(c3 + 1) + 1 2c + ab 2c2 + abc 2c2 + 1
Ta có: a2 + 1 + bc ≥ 2a + bc (Áp dụng BĐT AM-GM cho 2 số a2, 1) 1 1 a a ⇒ ≤ = ≤ a2 + 1 + bc 2a + bc 2a2 + abc 2a2 + 1 1 b Tương tự: ≤ b2 + 1 + ac 2b2 + 1 a b c Do đó: P ≤ + + 2a2 + 1 2b2 + 1 2c2 + 1
Ta có: 2a2 + 1 = a2 + a2 + 1 ≥ a + 2a (Áp dụng BĐT AM-GM cho 2 số a2, 1) a a 1 ⇒ ≤ = 2a2 + 1 a2 + 2a a + 2 b 1 c 1 Tương tự: ≤ , ≤ 2b2 + 1 b + 2 2c2 + 1 c + 2 1 1 1 ⇒ P ≤ + + a + 2 b + 2 c + 2 1 1 1 Ta chứng minh + + ≤ 1(∗∗) a + 2 b + 2 c + 2
Thật vậy (∗∗) ⇔ ab + bc + ac + abc ≥ 4(∗ ∗ ∗)√
Áp dụng BĐT AM-GM ta được: a + b + c ≥ 3 3 abc ≥ 3 và abc ≥ 1 (giả thiết) ⇒ (∗ ∗ ∗) đúng. ⇒ P ≤ 1
Dấu "=" xảy ra khi: a = b = c = 1
Vậy GTLN của P là 1 khi a = b = c = 1
Document Outline

• Doc1
• Lời_giải_tham_khảo_đề_toán_chuyên_Hà_Nam_2024_2025
  • LỜI GIẢI THAM KHẢO ĐỀ TOÁN CHUYÊN HÀ NAM 2024-2025
    • ĐỀ THI
    • LỜI GIẢI